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62.高考解析几何问题的求解策略



延津县第一高级中学

2016 届数学(理) 第一轮复习导学案

姓名

班级

组题:原学泰 董芳林 王素春

编号:62

高考解析几何问题的求解策略 类型 1 圆锥曲线的标准方程与性质
圆锥曲线的标准方程在新课标高考中占有十分重要的地位.一般地,求 圆锥曲线的标准方程是作为解答题中考查“直线与圆锥曲线”的第一小题, 最常用的方法是定义法与待定系数法.离心率是高考对圆锥曲线考查的又一 重点,涉及 a,b,c 三者之间的关系.另外抛物线的准线,双曲线的渐近线 也是命题的热点.

A(2,1). 因为抛物线的准线方程为 y=-1, 所以圆的半径 r=1-(-1)=2, 所以圆的方程为(x-2) +(y-1) =4. 探究 1. 如图 51,等边三角形 OAB 的边长
2 2

故抛物线 E 的方程为 x2=4y. 1 1 (2)由(1)知 y= x2,则 y′= x. 4 2 设 P(x0,y0),则 x0≠0,且 l 的方程为 1 y-y0= x0(x-x0), 2 1 1 即 y= x0x- x2 . 2 4 0 1 1 ? ?y=2x0x-4x2 0, 由? ? ?y=-1, x -4 ? ?x= 0 , 2x0 得? ? ?y=-1. 图 51 所以 Q
?x2 ? 0-4 ? 为? ,- 1 ? 2x ?. ? ? 0
2

例 1 已知椭圆中心在坐标原点, 焦点在 x 轴上, 离心率为 点. (1)求椭圆方程; (2)若直线 y=x-1 与抛物线相切于点 A, 求以 A 为圆心且与抛物线的准线相切的圆的方程. [规范解答] 上. x2 y2 设椭圆的方程为 2+ 2=1(a>b>0) , a b 因为抛物线 x =4y 的焦点为(0,1), 所以 b=1. c 2 由离心率 e= = ,a2=b2+c2=1+c2, a 2 x2 2 从而得 a= 2,∴椭圆的标准方程为 +y = 2 1. (2) 由
2 ? ?x =4y, ? ? ?y=x-1, 2

2 ,它的一个顶点为抛物线 x2=4y 的焦 2

为 8 3, 且其三个顶点均在抛物线 E: x2=2py(p>0) 上.

(1)椭圆中心在原点, 焦点在 x 轴 (1)求抛物线 E 的方程; (2)设动直线 l 与抛物线 E 相切于点 P, 与直线 y=-1 相交于点 Q, 证明: 以 PQ 为直径的圆恒过 y 轴上某定点. [解] (1)依题意,得|OB|=8 3,∠BOy=30° . 设 B(x, y), 则 x=|OB|sin 30° =4 3 , y=|OB|cos 30° =12. 因为点 B(4 3,12)在 x2=2py 上, 所以点 所以(4 3)2=2p×12,解得 p=2.
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→ → 1 设 M(0, y1),令MP· MQ= 0 对满足 y0= x2 4 0 (x0≠0)的 x0,y0 恒成立. → 由于MP=(x0,y0-y1),
2 ? → ? ?x0-4 ? MQ=? ,-1-y1?, ? 2x0 ?

→ → x2 0-4 由MP· MQ=0, 得 -y0-y0y1+y1+y2 1=0, 2 即(y2 1+y1-2)+(1-y1)y0=0.(*)

解得

? ?x=2, ? ? ?y=1,

延津县第一高级中学

2016 届数学(理) 第一轮复习导学案

姓名

班级

组题:原学泰 董芳林 王素春

编号:62

1 由于(*)式对满足 y0= x2 (x ≠0)的 y0 恒成立, 4 0 0
? ?1-y1=0, 所以? 2 ? ?y1+y1-2=0,

(2)过点 B 的直线 l 与 C1,C2 分别交于点 P, Q(均异于点 A,B),若 AP⊥AQ,求直线 l 的方程. [规范解答] 中,令 y=0, 得 A(-1,0),点 B(1,0), y2 x2 代入半椭圆 C1: 2+ 2=1,得 b=1. a b c 3 又 e= = 且 a2=1+c2. a 2 ∴a=2,即 a=2,b=1. y2 (2) 由 (1) 知,上半椭圆 C1 的方程为 + x2 = 4 1(y≥0). (1)在曲线 C2:y=-x2+1(y≤0)

→ → 2k ∴AP= 2 (k,-4),AQ=-k(1,k+2). k +4 → → 由 AP⊥AQ,知AP· AQ=0, -2k2 ∴ [k-4(k+2)]=0. 4+k2 8 又 k≠0,从而 k-4(k+2)=0,解之得 k=- . 3 8 经检验 k=- 满足题意. 3 8 故直线 l 的方程为 y=- (x-1),即 8x+3y- 3 8=0. x2 y2 探究 2 如图, 点 P(0, -1)是椭圆 C1: 2+ 2= a b 1(a>b>0)的一个顶点,C1 的长轴是圆 C2:x2+y2 =4 的直径.l1,l2 是过点 P 且互相垂直的两条直 线,其中 l1 交圆 C2 于 A, B 两点,l2 交椭圆 C1 于另 一点 D. (1)求椭圆 C1 的方程; (2)求△ABD 面积取最大值时直线 l1 的方程.

解得 y1=1. 故 以 PQ 为 直 径 的 圆 恒 过 y 轴 上 的 定 点 M(0,1). 类型 2 直线与圆锥曲线的位置关系
直线与圆锥曲线的位置关系是高考的重点,一般以椭圆或抛物线为依 托,全面考查圆锥曲线与方程的求法、直线与圆锥曲线的位置关系,考查函 数、方程(不等式)、平面向量等在解决问题中的综合应用.处理此类问题, 要在“算”上下工夫,利用向量坐标关系及方程的思想,借助根与系数的关 系解决问题.解题时,要注意特殊情况(如斜率不存在的情况)的处理.

例 2. (2014· 陕西高考)如图 52, 曲线 C 由上半

易知,直线 l 与 x 轴不重合也不垂直,设其方

程为 y=k(x-1)(k≠0),代入 C1 的方程,整理得(k2 y2 x2 椭圆 C1: 2+ 2=1(a>b>0, y≥0)和部分抛物线 C2: a b +4)x2-2k2x+k2-4=0.(*) y=-x2+1(y≤0)连结而成, C1 与 C2 的公共点为 A, 设点 P 的坐标为(xp,yp), 3 B,其中 C1 的离心率为 . ∵直线 l 过点 B,∴x=1 是方程(*)的一个根. 2 k2-4 - 8k 由求根公式,得 xp= 2 ,从而 yp= 2 , k +4 k +4 ∴点 P - 8k ? ? ? , 的坐标为? 2 2 ?. ?k +4 k +4? 得点 Q 的坐标
?k2-4

(1)求 a,b 的值;

图 5-2

? ?y=k?x-1??k≠0?, 同理,由? 2 ? ?y=-x +1?y≤0?

[解 ]

为(-k-1,-k -2k).
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2

? ?b=1, (1)由题意得? ? ?a=2.

延津县第一高级中学

2016 届数学(理) 第一轮复习导学案

姓名

班级

组题:原学泰 董芳林 王素春

编号:62

x2 2 所以椭圆 C 的方程为 +y =1. 4 (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).由题意 知直线 l1 的斜率存在,不妨设其为 k,则直线 l1 的 方程为 y=kx-1. 又圆 C2:x +y =4,故点 O 到直线 l1 的距离 d= 1 , k2+1 所以|AB|=2 4-d =2
2 2 2

≤ 2 ±

32 4k2+3· 13 4k2+3

16 13 = ,当且仅当 k = 13 =1.

x2 y2 故 a =8,b =4,从而椭圆 C 的方程为 + 8 4
2 2

10 时取等号. 2 所以所求直线 l1 的方程为 y=± 10 x-1. 2

(2)一定有唯一的公共点. 理由:由题意知,点 E 的坐标为(x0,0). → 设 D(xD,0),则AE=(x0,-2 2), → AD=(xD,-2 2). → → 再由 AD⊥AE 知,AE· AD=0,即 xDx0+8=0. 8 由于 x0y0≠0,故 xD=- . x0 因为点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点, 所以点
?8 ? ? G x ,0?. ? 0 ?

类型 3 存在开放性问题
近年高考命题经常设计探究是否存在性的问题,考查学生的发散思维和

4k2+3 . k2+1

创新能力,求解这类问题要重视数形的转化,善于从特殊发现规律,并能正 确推理与计算.

又 l2⊥l1,故直线 l2 的方程为 x+ky+k=0.
? ?x+ky+k=0, 由? 2 ?x +4y2=4, ?
2 2

x2 y2 例 3. (2015· 合肥模拟)已知椭圆 C: 2+ 2= a b 1(a>b>0)的焦距为 4,且过点 P( 2, 3). (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 Q(x0,y0)(x0y0≠0)为椭圆 C 上一点.过 点 Q 作 x 轴的垂线,垂足为 E.取点 A(0,2 2),连 结 AE.过点 A 作 AE 的垂线交 x 轴于点 D.点 G 是点 D 关于 y 轴的对称点, 作直线 QG.问这样作出的直 线 QG 是否与椭圆 C 一定有唯一的公共点?并说 明理由. [规范解答] (1)因为焦距为 4,所以 a2-b2=

消去 y,

整理得(4+k )x +8kx=0, 4-k2 8k 故 x0 = - , y0 = , 所 以 |PD| = 4+k2 4+k2 8 k +1 . 4+k2 1 设△ ABD 的面积为 S ,则 S = |AB|· |PD| = 2 8 4k2+3 , 4+k2 所 以 S = 32 13 4k +3+ 4k2+3
2 2

故直线 QG 的斜率 kQG=

y0 x0- 8 x0



x0y0 . x2 0-8

又因为点 Q(x0,y0)在椭圆 C 上,
2 所以 x2 0+2y0=8.①

从而 kQG=-

x0 . 2y0 8? x0 ? ?x- ?.② 2y0? x0?

4. 2 3 又因为椭圆 C 过点 P( 2, 3),所以 2+ 2= a b 1.
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故直线 QG 的方程为 y=-

将②代入椭圆 C 的方程,化简,得
2 2 2 (x2 0+2y0)x -16x0x+64-16y0=0.③

再将①代入③,化简得 x2-2x0x+x2 0=0.

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2016 届数学(理) 第一轮复习导学案

姓名

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组题:原学泰 董芳林 王素春

编号:62

解得 x=x0,则 y=y0, 故直线 QG 与椭圆 C 一定有唯一的公共点. x2 y2 已知椭圆 C1: 2+ 2=1(a>b>0)的离心 a b

→ 1→ (2)假设存在 A,B 满足OA= OB,则可知 O, 2 A,B 三点共线且 A,B 必不在 y 轴上.设 A,B 的

探究 3.

坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),直线 AB 的方程为 y =kx. x2 y2 由(1)可知 C2 的方程为 - =1. 8 4 y=kx, ? ? 2 2 由? x y 得(1+3k2)x2=12, ? ?12+ 4 =1, 即 x2 1= 12 , 1+3k2

1 率为 e,右焦点为 F(2 2,0),且 b,e, 为等比 3 数列. (1)求椭圆 C1 的方程; x2 y2 (2)设双曲线 C2: 2- 2=1 的顶点和焦点分别 m n 是椭圆 C1 的焦点和顶点, 设 O 为坐标原点, 点 A, → B 分别是 C1 和 C2 上的点, 问是否存在 A, B 满足OA 1→ = OB,请说明理由;若存在,请求出直线 AB 的 2 方程. [解] (1)由右焦点 F(2 2,0),知 c=2 2. 1 又 b,e, 为等比数列, 3
?c? 1 所以?a?2= b. 3 ? ?

y=kx, ? ?2 2 由?x y 得(1-2k2)x2=8, ? ? 8 - 4 =1, 即 x2 2= 8 , 1-2k2

→ 1→ 1 2 由OA= OB,得 x2 1= x2, 2 4 即 12 1 8 , 2= · 1+3k 4 1-2k2

又 a2=b2+c2, 解得 a=2 3,b=2, x2 y2 故椭圆 C1 的方程为 + =1. 12 4

1 3 解得 k2= ,即 k=± . 3 3 → 1→ 所以存在 A,B 满足OA= OB,此时直线 AB 2 3 的方程为 y=± x. 3
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